物理2018届高考专用第一轮总复习打包老师搜集第八章能力课

能力课 带电粒子在匀强磁场及复合场中的运动带电粒子在磁场中运动时的临界问题角度

1

直线边界磁场的临界、极值问题【真题示例1】(2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM

和平面ON

之间的夹角为

30°，其横截面(纸面)如图

1所示，平面

OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为

B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为

m，电荷量为

q(q>0)。粒子沿纸面以大小为

v

的速度从

OM的某点向左上方射入磁场，速度与

OM

成

30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从

OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线

O

的距离为(

)图1A.

mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqBqB解析

带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为

r＝mv。——轨迹与ON

相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于AD＝2rsin 30°＝r，故△AO′D

为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故

CO′D

为一直线，OD＝CD—sin

30°—4mv＝2CD＝4r＝

qB

，故D

正确。答案

D【变式训练1】如图2

所示，直角坐标系中

y

轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为

a

的有界匀强磁场，磁感应强度为B，右边界

PQ

平行

y

轴，一粒子(重力不计)从原点

O

以与

x

轴正方向成

θ角的速率

v

垂直射入磁场，当斜向上射入时，粒子恰好垂直

PQ

射出磁场，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，则粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为(

)图2A.

v2πaB.

v2πaC.

vBa

3v4πa2Ba

3vD.

v2Ba

3v4πaBa

3v解析

粒子在磁场中运动轨迹如图所示，则v2由图知斜向上射入时有rsinθ＝a，斜向下射入时有rsin

θ＋a＝r，联立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m

r

，qv解得

r＝mv

即粒子的比荷为

＝

，所以Bq

，

m

2Ba粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α＝2×(90°－30°)＝120°，运动时间为t＝T＝4πa，C

正确。3

3v答案

C角度

2

圆形磁场的临界、极值问题【模拟示例2】

(2017·辽宁朝阳三校协作体联考)如图

3

所示，半径为r

的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A

点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为()图3A.

πkBB.

πC.

π2kB

3kBD.

π4kBqB＝

Bk解析

粒子在磁场中运动的半径为

R＝mv

2kBr＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝T

πm

＝6＝3qB3kB

π

，故选C。答案

C【变式训练2】如图4

所示，两个同心圆，半径分别为r

和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O

处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行。图4(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A点，则初速度的大小是多少？1(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？解析(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R

＝

3r31又qv

B＝mv2

1R11得v

＝3m3Bqr。甲(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有2(2r－R2)2＝R2＋r22可得R

＝3r42又qv

B＝mv22R22可得v

＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度3Bqr不能超过

4m

。乙答案

(1)3Bqr3m3Bqr(2)

4m角度

3

三角形磁场的临界、极值问题【真题示例3】

(2016·海南单科，14)如图

5，A、C

两点分别位于

x

轴和

y

轴上，∠OCA＝30°，OA

的长度为

L。在△OCA区域内有垂直于xOy

平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。图5求磁场的磁感应强度的大小；若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从

OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC

边相切，且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小解析

(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间

t0

内其速度v2方向改变了90°，故其周期T＝4t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB＝m

r

②匀速圆周运动的速度满足v＝2πrT

③2qt0联立①②③式得B＝

πm

④(2)设粒子从OA

边两个不同位置射入磁场，能从OC

边上的同一点P

射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1

和θ2。由几何关系有：θ1＝180°－θ2⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为Tt1

与t2，则t1＋t2＝2＝2t0⑥图(a)(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B

点，从D

点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D

＝∠BO′A

＝

30°⑦0r

cos∠OO′D＋r0cos∠BO′A＝L⑧图(b)设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律0v

＝2πr0T⑨0联立①⑦⑧⑨式得v

＝7t03πL⑩答案

(1)

πm2qt00(2)2t

(3)3πL7t0【变式训练3】如图6

所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y

轴的匀强电场，方向沿y

轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc

区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab

边与y

轴平行。一质量为m、电荷量为q

的粒子，从y

轴上的P(0，h)点，以大小为v0

的速度沿x

轴正方向射入电场，通过电场后从x

轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y

轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y

轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：图6电场强度E的大小；粒子到达a点时速度的大小和方向；

(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。解析

(1)设粒子在电场中运动的时间为

t，则有0x＝v

t＝2h，y＝12at2＝h，qE＝mamv2联立以上各式可得

E＝

02qh(2)粒子到达a

点时沿y

轴负方向的分速度vy＝at＝v0所以v＝

v2＋v2＝

2v0

y

0方向指向第Ⅳ象限与x

轴正方向成45°角。

(3)粒子在磁场中运动时，有v2qvB＝m

r当粒子从b

点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝

2L，所以B＝2mv02

qL答案

(1)mv202qh0(2)

2v

方向指向第Ⅳ象限与x

轴正方向成45°角2mv0(3)

qL解决带电粒子的临界问题的技巧方法数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。临界问题的一般解题流程方法技巧(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界

状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐

藏的规律，找出临界条件。带电粒子在复合场中的运动角度1

带电粒子在复合场中运动的应用实例【真题示例4】(2015·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图7

所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0

的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O

沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为

B

的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域32MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN

中左侧区域MQ1损坏，检测不到离子，但右侧3区域QN

仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN

检测到。图7求原本打在MN中点P的离子质量m；为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg

2＝0.301，lg

3＝0.477，lg

5＝0.699)012解析

(1)离子在电场中加速：

qU

＝mv2v2在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m

r解得r＝12mU0B

q4打在MN

中点P

的离子半径为r＝3L，代入解得9qB2L2m＝

32U0(2)由(1)知，U＝16U0r29L2离子打在Q

点时，r＝56L，得U＝100U0819离子打在N

点时r＝L，得U＝16U0，则电压的范围100U0≤U≤16U081

9(3)由(1)可知，r∝U由题意知，第1

次调节电压到U1，使原本Q

点的离子打在N56L点L

＝U1U0此时，原本半径为r1

的打在Q1

的离子打在Q

上56Lr1

＝U1U052解得

r1＝

L16第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2

的打在Q2

的离子打在Q上，56L2则：r

＝

U

，

r

＝L

U2

U2U0

0653解得

r2＝

L同理，第

n

次调节电压，有

rn＝

65n＋1LL检测完整，有rn≤2解得n≥lg

26lg

（5）－1≈2.8最少次数为3

次9qB2L2答案

(1)

32U0

(2)100U081≤U≤16U09(3)3

次图8【变式训练4】(2016·全国卷Ⅰ，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A．11

B．12

C．121

D．144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得2qU＝1

v2－0，得v＝mm2qU①v2在磁场中qvB＝m

r

②B2r2q由①②式联立得

m＝

2U

，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U

不变，其中B2＝12B1，m2m1B2B21＝

2＝144，故选项D

正确。q1＝q2，可得答案

D【变式训练5】

(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图9所示。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强

度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m，电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力

的影响。则下列说法正确的是(

)图9A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U

成正比

C．质子第2

次和第1

次经过两D

形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D．不改变磁感应强度B

和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变解析

质子被加速后的最大速度受到

D

形盒半径

R

的制约，因v＝2πRT

＝2πRf，故

A

正确；质子离开回旋加速器的最大动能km2

2E

＝1

v2＝1m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压

U

无关，Bm错误；根据R＝mv2，qU＝

mv

，2qU1

1qB

2

221

2＝

mv

，得质子第

2

次和第1

次经过两D

形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C

正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D

错误。答案

AC角度2

带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动【模拟示例5】(2016·福州二模)如图10

所示，在x

轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为

B，方向垂直纸面向里。在

x

轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为

q、重力不计的带正电粒子从

y

轴上的

a(h，0)点沿

y

轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与

x轴正方向成

45°进入电场，经过

y轴的

b点时速度方向恰好与

y

轴垂直。求：图10(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。解析

(1)根据题意可知，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h解得：r＝

2h1由牛顿第二定律得：qBv

＝mv2

1r解得：v

＝qBr1

m

＝

2qBh

m(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则：vb＝v1cos

45°b解得：v

＝qBhm设粒子进入电场经过时间t

运动到b

点，b

点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin45°＝v0tb21y

＝1

v

sin

45°＋0)t＝(2＋12h由动能定理得：－b22b1

1qEy

＝

mv

－2mv21解得：E＝（

2－1）qhB2m(3)粒子在磁场中的周期为：T＝2πr2πmv1

＝

Bq第一次经过x

轴的时间t

＝51

8T＝5πm4qB在电场中运动的时间t2＝2t＝2（

2＋1）mqB在第二次经过x

轴到第三次经过x

轴的时间t3

3πm3＝4T＝2qB则总时间：总1

2

3Bq答案

(1)2ht

＝t

＋t

＋t

＝

11π＋2

2＋2)

m(

4

2qBh

m（

2－1）qhB2(2)m11π(3)(

4

＋2

m2＋2)Bq【拓展延伸1】

改变电场方向将【模拟示例5】中x轴下方的匀强电场方向改成与x轴负方向成45°角，如图11所示，若粒子沿平行电场线方向进入电场，且粒子沿电场线移动的最大距离为h，求：图11(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t。解析

(1)带电粒子运动轨迹如图所示：0由牛顿第二定律得：qv

B＝m由几何关系得：rcos

45°＝h解得：r＝

2hv2

0r0解得：v

＝2qBhm0粒子在电场中做匀减速直线运动，则：v2＝2ah由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝qB2hm(2)粒子在磁场中运动的时间：5

1

7

7πm

t1＝8T＋4T＝8T＝4qB2粒子在电场中运动的时间：t

＝2v0a解得：t2＝2

2mqB故：t＝t1＋t2＝（7π＋8

2）m4qBqB2h答案

(1)

m

(2)（7π＋8

2）m4qB【拓展延伸2】

改变释放点的位置将【模拟示例5】中的带电粒子在a(2h，－2h)点由静止释放，粒子第二次经过x轴时恰好过坐标原点O。求：图12匀强电场的电场强度；粒子从开始运动到第五次经过x轴时的时间。解析

(1)粒子运动轨迹如图所示：由几何关系得：r＝hv2由牛顿第二定律得：qvB＝m

r解得：v＝qBhm粒子在电场中加速的过程，由动能定理得：2qE·2h＝1mv2－0qB2h解得：E＝

4m(2)粒子在电场中运动的时间：1t

＝5·

v22h＝20mqB2粒子在磁场中运动的时间：t

＝T＝2πmqB故：t＝t1＋t2＝（20＋2π）mqBqB2h答案

(1)

4m

(2)（20＋2π）mqB“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题方法技巧【变式训练6】如图13

所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿

x

轴负向。在

y

轴正半轴上某点以与

x轴正向平行、大小为v0

的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于

x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与

y

轴负方向的夹角为

θ，求：图13(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；

(2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得0qv

B＝mv2R00①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x

轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x

轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④vxt＝d⑤vx2由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan

θ＝v0⑥联立①②③④⑤⑥式得E

1B

202＝

v

tan

θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝2dv0tan

θ12答案

(1)

v02tan

θ

2d

(2)v0tan

θ角度3

带电粒子在叠加场中的运动磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。电场力、磁场力并存(不计重力)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。电场力、磁场力、重力并存若三力平衡，带电体做匀速直线运动。若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。【真题示例6】(2016·天津理综，11)如图14

所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5

3

N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5

T。有一带正电的小球，质量m＝

1×10－6

kg，电荷量q＝2×10－6

C，正以速度v

在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P

点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g＝10

m/s2，求：图14小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析

(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝

q2E2＋m2g2①代入数据解得v＝20

m/s②速度v

的方向与电场E

的方向之间的夹角满足tan

θ＝qE③mg代入数据解得tan

θ＝

3θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2⑦ytan

θ＝x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2

3 s＝3.5

s⑨解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P

点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin

θ⑤若使小球再次穿过P

点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上y分位移为零，则有v

t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得

t＝2

3 s＝3.5

s⑦答案

(1)20

m/s

与电场方向成

60°角斜向上(2)3.5

s【变式训练7】(2015·福建理综，22)如图15，绝缘粗糙的竖直平面MN

左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q

的带正电的小滑块从A

点由静止开始沿MN

下滑，到达C

点时离开MN

做曲线运动。A、C

两点间距离为h，重力加速度为g。图15求小滑块运动到C点时的速度大小vC；求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析

(1)小滑块沿

MN

运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE小滑块在C

点离开MN

时N＝0C解得

v

＝EB(2)由动能定理f122Cmgh－W

＝

mv

－0mE2解得Wf＝mgh－2B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′（qEg′＝

m

）

＋2

g2且v2

＝v2

＋g′2t2P

D2D解得

vP＝

v

＋（qEm2）

＋gt2

2EmE2答案

(1)B

(2)mgh－

2B22D(3)

v

＋（qE

m2）

＋gt2

2带电粒子在叠加场中运动的处理方法方法技巧1．(2014·江苏单科，9)(多选)如图16

所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B

与I

成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后H

H表面相连的电压表测出的霍尔电压

U

满足：U

＝kHI

Bd，式中k

为霍尔系数，d

为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于

RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则(

)图16

A．霍尔元件前表面的电势低于后表面

B．若电源的正负极对调，电压表将反偏

C．IH与I成正比D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比解析由左手定则可判断电子偏向后表面，因此霍尔元件的前表面电势高于后表面，A错；若电源的正负极对调，磁场方向反向，同时霍尔元件的电流方向也反向，因此电子偏转方向不变，电压表不会反偏，B

错；由题图可知IH＝URLRRLL而

U

＝IR

，H因此

I

＝LR，C

项正确；由UH＝kHIR

I

Bd和B＝k′IH可得

U

＝kd＝kIH·k′I

R IRLk′Idkk′

2＝RdI

RL，故D

项正确。答案

CD2.

(2016·北京东城区模拟)如图17所示，一束质量、速度和电荷

量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成

的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(

)图17A．组成A束和B束的离子都带负电

B．组成A束和B束的离子质量一定不同

C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外解析

由左手定则知，A、B离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R＝mvqB可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C

正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D

错误。答案

C3．如图

18

所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个

D

形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(2H)和氦核(4He)。下列说法中1

2正确的是(

)图18A．它们的最大速度相同

B．它们的最大动能相同

C．两次所接高频电源的频率不相同

D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能v2qBR

q解析

根据

qvB＝m

R

，得

v＝

m

。两粒子的比荷m相等，所以k12最大速度相等，故A

正确；最大动能E

＝

mv

＝q2B2R22

2m，两粒子

q电粒子在磁场中运动的周期T＝2πm

q的比荷m相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故B

错；带qB

，两粒子的比荷m相等，所以周期相等。做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故Cq2B2R22m错误；由

Ek＝

可知，粒子的最大动